Найдите многочлен,равный разности многочленов: (a+b) и 4a; 6x и(4-7x); (4b+2)и(5-b); (2x-7a)и(4a+x)

👇

Увидеть ответ

Ответ:

9251530703

30.07.2022

(a+b)-4a=a+b-4a=b-3a
6x-(4-7x)=6x-4+7x=13x-4
(4b+2)-(5-b)=4b+2-5+b=5b-3
(2x-7a)-(4a+x)=2x-7a-4a-x=x-11a

4,6(28 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

Foret228

30.07.2022

1) После раскрытия скобок выражение принимает вид:

x^4-22x^3+137x^2-180x+69 .

Эта функция имеет 2 минимума:

1. (0,8; 1,8)

2. (10,2; -36).

2) Запишем пропорцию - a/b = c/d a = b + 6 c = d + 5

(b + 6) / b = (d + 5) / d Отсюда 6d = 5b d = 5b / 6

По условию a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 793

Подставив значения, получим - (b + 6)^2 + b^2 + (d + 5)^2 + d^2 = 793.

После раскрытия скобок - 2b^2 + 12b + 2d^2 + 10d + 61 = 793/

Заменив d = 5b / 6 и приведя к общему знаменателю, получим

72b^2 + 432b + 50b^2 + 300b = 26352 или 122b^2 + 732b - 26352 = 0

Корни этого уравнения равны -18 и 12. Отрицательное значение отбрасываем - b = 12.

а =12 + 6 = 18 - это первый член пропорции

4,6(59 оценок)

Ответ:

bayosoz5oe5

30.07.2022

Проведем доказательство индукцией по .

База: k=1 .

Имеем два промежутка: $(-\infty,\; x_{1}]$ и $[x_{1},\; \infty)$ . Докажем, что существует представление в виде $g(x)=a_{1}|x-x_{1}|+a_{2}x+a_{3}$ . Для этого достаточно доказать, что функция линейна на каждом из указанных промежутков и производная (угол наклона прямой) может принимать любые численные значения. Линейность функции очевидна. Рассмотрим на промежутках:

$(-\infty,\; x_{1}]$ : $-a_{1}x+a_{1}x_{1}+a_{2}x+a_{3}=x(a_{2}-a_{1})+(a_{3}+a_{1}x_{1})$ (за счёт независимости $a_{3}$ (это число появляется только как свободный член) данное уравнение действительно описывает любую прямую. $[x_{1},\; \infty)$ : $(a_{1}+a_{2})x+(a_{3}-a_{1}x_{1})$ аналогично. При этом заметим, что если зафиксировать старший член и свободный в первом случае, то множество значений старшего и свободного члена во втором случае есть все множество действительных чисел.

Единственность представления доказывается просто. Пусть нашлись другие (возможно совпадающие, но не полностью) числа $a_{1}',a_{2}',a_{3}'$ . Рассмотрим первый промежуток: $x(a_{2}-a_{1})+(a_{3}+a_{1}x_{1})\equiv x(a_{2}'-a_{1}')+(a_{3}'+a_{1}'x_{1})$ , откуда $\left \{ {{a_{2}-a_{1}=a_{2}'-a_{1}'} \atop {a_{3}+a_{1}x_{1}=a_{3}'+a_{1}'x_{1}} \right.$ . К этой системе добавятся условия из второго промежутка: $\left \{ {{a_{1}+a_{2}=a_{1}'+a_{2}'} \atop {a_{3}-a_{1}x_{1}=a_{3}'-a_{1}'x_{1}}} \right.$ . Решая систему из первого уравнения первой системы и первого уравнения второй, получим $a_{1}=a_{1}',\; a_{2}=a_{2}'$ . Используя это равенство для второго уравнения первой системы, приходим к равенству $a_{3}=a_{3}'$ . Единственность доказана.

Переход: пусть для некоторого выполнено условие задачи. Докажем, что оно выполнено и для k+1 .

Рассмотрим функцию $f(x)=a_{1}|x-x_{1}|+a_{2}|x-x_{2}|+...+a_{k}|x-x_{k}|+a_{k+1}x+a_{k+2}$ . По предположению индукции можно представить в этом виде, причем единственным образом. Рассмотрим следующую функцию $f^{*}(x)=a_{1}|x-x_{1}|+a_{2}|x-x_{2}|+...+a_{k+1}|x-x_{k+1}|+a_{k+2}x+a_{k+3}$ . Очевидно, что первые чисел можно подобрать по предположению индукции, представив тем самым функцию на промежутках $(-\infty,\; x_{1}],\; [x_{1},\; x_{2}],\;...,\;[x_{k-1},\; x_{k}]$ . Оставшуюся часть $[x_{k},\; x_{k+1}],\; [x_{k+1},\; \infty)$ представим, пользуясь базой индукции (при этом отсутствие минус бесконечности на ход решения не влияет). Докажем единственность. Пусть нашелся другой набор чисел $a_{1}',\;a_{2}',\;...,\;a_{k+1}'$ . Введем функцию $\varphi$ , которая описывается следующим графиком: она совпадает с на первых промежутках, а кусок прямой на k+1 -ом продлевается в бесконечность (вправо). Тогда у $\varphi$ два представления, что противоречит предположению индукции. Следовательно, $a_{i}=a_{i}',\; 1\leq i\leq k$ , причем $a_{k+1}$ может отличаться от $a_{k+1}'$ . Тогда проведем те же рассуждения, взяв последние чисел.